BookPDP by Mawardi

Download BookPDP by Mawardi

Post on 05-Dec-2014

47 views

Category:

Documents

1 download

Embed Size (px)

DESCRIPTION

Modul PDP

TRANSCRIPT

<p>Diktat Persamaan DierensialParsialMateri-Materi Setelah Ujian Tengah SemesterDr. Eng. Mawardi Bahri, M.Si.April 2010iKata PengantarSyukur Alhamdulillah, penyusun panjatkan kehadirat Allah SWT, karena atas izin-Nya diktat mata kuliah ini dapat diselesaikan pada waktunya.Diktat ini kami maksud sebagai salah satu buku pendamping mahasiswa dalammemahami mata kuliah Persamaan Dierensial Parsial yang diajarkan setiaptahun pada Jurusan Matematika FMIPA UNHAS, disusun berdasarkan kebutuhanterhadap pengembangan riset matematika terapan yang harus dimiliki oleh ma-hasiswa dalam menyiapkan dirinya menjadi peneliti yang andal pada masa men-datang.Kebanyakan isi dari diktat ini diambil dari [1, 2] dan berdasarkan pada pen-galaman penulis dalam mengajar mata kuliah ini dalam berapa tahun sebelumnya.Diktat mata kuliah ini akan senantiasa direvisi setiap tahun dan disempurnakansesuai dengan perkembangan ilmu dan kebutuhan riset ke depan yang selalu berkem-bang.Sasaran yang ingin dicapai setelah mahasiswa mempelajarai diktat ini den-gan baik adalah memperoleh pengetahuan terbaru dalam matematika terapan dankemudian mengembangkan pengetahuan yang ada untuk mendapat hal baru jugasehingga hasilnya bisa dipublikasikan pada jurnal nasional ataupun jurnal interna-sional.Akhirnya, penulis ingin mengucapkan terima kasih khususnya kepada Dr. Jef-fry Kusuma sebagai penanggung jawab mata kuliah ini dan yang telah menga-jarkan dasar-dasar persamaan dierensial ketika penulis menempuh program S1 diJurusan Matematika FMIPA Universitas Hasanuddin (1992-1997) serta kepada se-mua pihak yang telah membantu dalam penyusunan diktat mata kuliah ini baiksecara langsung maupun tidak langsung. Semoga kehadiran diktat ini dapat mem-bantu semua pihak yang tertarik memahami teori-teori dasar persamaan dieren-iisial parsial dan aplikasinya serta juga memberi kontribusi bagi pengembangan ilmupengetahuan dan teknologi.Bukan gading namanya kalau diantara himpunan gading itu ada yang tidakretak, demikian pula pada himpunan huruf, angka, simbol yang digunakan dalamdiktat ini serta tampilannya yang diyakini masih memiliki kekurangan. Oleh karenaitu kami mohon maaf akan hal tersebut, namun kami juga mengharapkan masukandan kritikan yang sifatnya membangun demi sempurnanya diktat mata kuliah ini dimasa mendatang.Makassar, April 2010PenulisDaftar IsiKata Pengantar i1 Persamaan Gelombang Dua Dimensi 11.1 Solusi Persamaan Gelombang Dua Dimensi . . . . . . . . . . . . . . 11.1.1 Solusi dari Persamaan-Persamaan Pemisahan . . . . . . . . . 31.1.2 Solusi Double Deret Fourier dari Seluruh Masalah . . . . . . . 41.2 Persamaan Laplace Dua Dimensi dalam Koordinat Kartesius . . . . . 62 Persamaan Laplace 132.1 Persamaan Laplace di dalam Koordinat Polar . . . . . . . . . . . . . 132.1.1 Persamaan Laplace di dalam Koordinat Silinder . . . . . . . . 152.1.2 Persamaan Laplace di dalam Koordinat Bola . . . . . . . . . . 162.1.3 Persamaan Laplace di dalam Domain Sirkuler . . . . . . . . . 182.1.4 Persamaan Laplace di dalam Annulus . . . . . . . . . . . . . 203 Solusi Numerik 233.1 Solusi Numerik (Numerical Solutions) . . . . . . . . . . . . . . . . . 23Daftar Pustaka 26iiiivBab 1Persamaan Gelombang DuaDimensi1.1 Solusi Persamaan Gelombang Dua DimensiMisalkan sebuah membran tipis elastis di rentangkan atas frame empat persegi pan-jang dengan dimensi a dan b dan sisinya di buat xed. Membran tersebut di getarkandengan menggerakkan secara vertikal dan kemudian dilepaskan. Getaran dari mem-bran tersebut dibagun oleh persamaan gelombang dua dimensi (2D)2ut2 = c2_2ux2 + 2uy2_, 0 &lt; x &lt; a, 0 &lt; y &lt; b, t &gt; 0, (1.1)dimana u = u(x, y, t) menyatakan pembelokan (deection) di titik (x, y) dan padawaktu t. Kita punya syarat-syarat batas sebagai berikut:u(0, y, t) = 0 dan u(a, y, t) = 0, 0 y b dan t 0, (1.2)danu(x, 0, t) = 0 dan u(x, b, t) = 0, 0 x a dan t 0. (1.3)12 BAB 1. PERSAMAAN GELOMBANG DUA DIMENSISyarat-syarat awalu(x, y, 0) = f(x, y) dan ut(x, y, 0) = g(x, y). (1.4)Untuk menentukan getaran dari gelombang kita harus mendapat fungsi u yangmemenuhi (1.1)-(1.4). Kita pecahkan persoalan nilai batas diatas menggunakanmetode pemisahan variabel (separation of Variables).Kita cari perkalian solusi dari bentuku(x, y, t) = X(x)Y (y)T(t). (1.5)Diferensiasikan (1.5) dan substitusikan ke persamaan (1.1) kita memperolehXY T</p> <p> = c2(X</p> <p>Y T + XY T). (1.6)Bagi kedua sisi dari persamaan diatas dengan c2XY T kita punyaT</p> <p>c2T = X</p> <p>X + Y Y . (1.7)Karena sisi kiri adalah fungsi terhadap t dan sisi kanan adalah fungsi terhadap xdan y, persamaan itu mesti konstan. Asumsikan kostanta pemisahan adalah negativ.MakaT</p> <p>c2T = k2dan X</p> <p>X + Y Y = k2. (1.8)Suku pertama dari persamaan (1.8) menghasilkanT</p> <p> + k2c2T = 0. (1.9)Suku kedua dari persamaan (1.8) menghasilkanX</p> <p>X..2= Y Y k2. .2. (1.10)Dari persamaan (1.10) kita simpulkanX</p> <p>X = 2dan Y Y k2= 2, &gt; 0. (1.11)1.1. Solusi Persamaan Gelombang Dua Dimensi 3AtauX</p> <p> + 2X = 0 dan Y + 2Y = 0, (1.12)dimana 2= k22. Sekarang kita tiba pada persamaan-persamaan berikut:X</p> <p> + 2X = 0, X(0) = 0, X(a) = 0,Y + 2Y = 0, Y (0) = 0, Y (b) = 0,T</p> <p> + k2c2T = 0, k2= 2+ 2. (1.13)1.1.1 Solusi dari Persamaan-Persamaan PemisahanSolusi umum dari persamaan (1.13) diberikan olehX(x) = c1 cos x + c2 sin x,Y (y) = d1 cos y + d2 sin y,T(t) = e1 cos ckt + e2 sin ckt, (k2= 2+ 2). (1.14)Dari syarat-syarat batas untuk X dan Y kita memperoleh c1 = 0 dan c2 sin a = 0dan d1 = 0 dan d2 sin b = 0. Makasin a = sin m = n = ma , (1.15)dansin b = sin n = n = nb , m, n = 1, 2, , (1.16)sehinggaXm(x) = sin ma x dan Yn(x) = sin nb y. (1.17)Kita juga mempunyaik = km =_2m + 2n =_m22a2 + n22b2 . (1.18)4 BAB 1. PERSAMAAN GELOMBANG DUA DIMENSIJadi,T(t) = Tmn(t) = Bmn cos ckmt + Bmn sin ckmt= Bmn cos c_m2a2 + n22b2 t + Bmn sin c_m2a2 + n2b2 t= Bmn cos mnt + Bmn sin mnt, (1.19)dimanamn = c_m2a2 + n2b2 . (1.20)Disini mn disebut frequensi karakteristik dari membran. Kita kemudian memper-oleh perkalian solusi yg memenuhi persamaan-persamaan (1.1), (1.2) dan (1.3)umn(x, y, t) = sin ma x sin nb y (Bmn cos mnt + Bmn sin mnt). (1.21)1.1.2 Solusi Double Deret Fourier dari Seluruh MasalahDengan mennggunakan prinsip superposisi, kita jumlahkan semua perkalian solusidan mendapatu(x, y, t) =</p> <p>n=1</p> <p>m=1(Bmn cos mnt + Bmn sin mnt) sin ma x sin nb y. (1.22)Dari syarat awal pertama u(x, y, 0) = f(x, y), kita memperolehf(x, y) =</p> <p>n=1</p> <p>m=1Bmn sin ma x sin nb y. (1.23)Perhatikan bahwa fungsi-fungsi sin ma x sin nb y adalah orthogonal atas 0 x a, 0 y b. Yaitu,_ b0_ a0sin ma x sin nb y sin m</p> <p>a x sin n</p> <p>b y dxdy = 0, (m, n) = (m</p> <p>, n</p> <p>). (1.24)Jika (m, n) = (m, n), maka kita memperoleh_ b0_ a0sin ma x sin nb y dxdy = ab4 . (1.25)1.1. Solusi Persamaan Gelombang Dua Dimensi 5Kalikan (1.23) dengan sin m</p> <p>a x sin n</p> <p>b y kemudian integrasikan atas empat persegipanjang a b dan gunakan sifat ortogonal, kita mendapatBm,n = 4ab_ b0_ a0f(x, y) sin ma x sin nb y dxdy. (1.26)Deret didalam (1.23) dengan koesien diberikan oleh (1.26) disebut deret doubleFourier sinus dari f. Dengan cara yang sama, dari syarat awal kedua u(x, y, 0) =f(x, y) kita memperolehg(x, y) =</p> <p>n=1</p> <p>m=1Bmn sin ma x sin nb y. (1.27)Dengan argument yang sama, kita memperolehBm,n = 4abmn_ b0_ a0g(x, y) sin ma x sin nb y dxdy. (1.28)Contoh 1.1.1 Sebuah membran bujur sangkar dengan a = b = 1 dan c = 1/ditempatkan pada bidang xy. Sisi-sisi dari membran dibuat xed dan membrantersebut direntangkan kedalam bentuk yang dimodelkan oleh fungsi f(x, y) = x(x 1)y(y 1), 0 &lt; x &lt; 1, 0 &lt; y &lt; 1. Anggap membran tersebut mulai bergetar daridiam. Tentukan posisi setiap titik pada membran untuk t &gt; 0.Solusi. Kita punya g(x, y) = 0, dan sehingga Bm,n = 0. Untuk m, n = 1, 2, 3, ,kita punyaBm,n = 4_ 10_ 10x(x 1)y(y 1) sin mx sin ny dxdy= 4_ 10y(y 1) sin ny dy_ 10x(x 1) sin mx dx. (1.29)Integral parsial memberikan4_ 10x(x 1) sin mx dx = 2((1)m1)3m3 . (1.30)Formula similar berlaku untuk integral dengan variabel y. Jadi,Bm,n = 4 2((1)n1)3n32((1)m1)3m3 , m, n = 1, 2, . (1.31)6 BAB 1. PERSAMAAN GELOMBANG DUA DIMENSIJika salah satunya m or n genap, Bmn adalah zero. Jika keduanya m dan n adalahganjil, maka Bm,n = 646m3n3. Jadi, solusinya adalahu(x, y, t) =</p> <p>nodd</p> <p>modd646m3n3 sin mx sin ny cosm2+ n2t=</p> <p>l=0</p> <p>k=0_ 646(2k + 1)3(2l + 1)3 sin(2k + 1)x sin(2l + 1)y cos_(2k + 1)2+ (2l + 1)2t_. (1.32)Latihan 1.1.1 Seperti pada Contoh 1.2.1 pecahkan persoalan nilai batas dengana = b = 1, c = 1/ dan fungsi f dan g diberikan di bawah ini.(i). f(x, y) = 0, g(x, y) = 1.(ii). f(x, y) = sin x sin y, g(x, y) = 0.(iii). Plot jumlah parsial dari solusi deret pada bermacam-macam nilai dari t untukmengilustrasikan getaran dari membran.1.2 Persamaan Laplace Dua Dimensi dalam Ko-ordinat KartesiusUntuk persoalan steady-state or time independent di dalam dua dimensi atas persegipanjang a b, kita pertimbangkan persamaan berikut:2ux2 + 2uy2 = 0, 0 &lt; x &lt; a, 0 &lt; y &lt; b. (1.33)Persamaan ini dikenal dengan persamaan Laplace dua dimensi. Didalam per-soalan tertentu, solusi yang dicari ditentukan oleh syarat-syarat batas yang diberikan.Sekarang kita impose syarat-syarat batasu(x, 0) = f1(x), u(x, b) = f2(x), 0 &lt; x &lt; au(0, y) = g1(y), u(a, y) = g2(y), 0 &lt; y &lt; b. (1.34)1.2. Persamaan Laplace Dua Dimensi dalam Koordinat Kartesius 7Sebuah persoalan yang terdiri dari persamaan Laplace pada daerah di dalam bidangbersama dengan nilai batasnya disebut persoalan Dirichlet. Maka persoalan diatas disebut persoalan Dirichlet pada empat persegi panjang. Kita mulai denganmemecahkan kasus khusus bila f1, g1 dan g2 semuanya zero.Contoh 1.2.1 Pecahkan persoalan nilai batas dari persamaan Laplace 1.33) denganmetode pemisahan variabel dengan syarat batas berikut:u(x, 0) = f1(x) = 0, u(x, b) = f2(x), 0 &lt; x &lt; au(0, y) = g1(y) = 0, u(a, y) = g2(y) = 0, 0 &lt; y &lt; b. (1.35)Solusi. Substitusi perkali solusi u(x, y) = X(x)Y (y) kedalam (1.33) dan gunakanmetode pemisahan variabel, kita tiba pada persamaan-persamaanX</p> <p> + kX = 0, Y kY = 0, (1.36)dimana k adalah konstanta pemisahan. Gunakan syarat batas, maka diperolehu(x, 0) = X(x)Y (0) = 0 =Y (0) = 0u(0, y) = X(0)Y (y) = 0 =X(0) = 0u(a, y) = X(a)Y (0) = 0 =X(a) = 0. (1.37)Persamamn (1.36) memiliki 3 macam solusi yang bergantung pada nilai k. Untukk = 0 diperoleh X</p> <p> = 0 yang memberikan solusiX(x) = A1x + A2, (1.38)di mana A1 dan A2 adalah sebarang konstanta real. Substitusi syarat batas (1.37)memberikan solusi trivial. Untuk k &lt; 0, misal k = 2, suku pertama persamamn(1.36) menjadiX</p> <p>2X = 0 (1.39)8 BAB 1. PERSAMAAN GELOMBANG DUA DIMENSIyang mempunyai solusiX(x) = B1ex+ B2ex. (1.40)Substitusi syarat batas (1.37) memberikanX(0) = B1e0+ B2e0= 0= B1 + B2 = 0 =B1 = B2X(a) = B1ea+ B2ea= 0= B2ea+ B2ea= 0= B2(eaea) = 0, (1.41)yang mengakibatkan B2 = 0 sehingga mengarah ke solusi trivial. Untuk k = 2&gt; 0,diperoleh solusi-solusi X(x) = c1 cos x + c2 sin x. Pensubstitusian syarat-syaratbatas pada X membuat c1 = 0, = n = na , n = 1, 2, (1.42)dan jadiXn(x) = sin na x, n = 1, 2, . (1.43)Kembali lagi ke Y dengan k = 2n, kita mendapatY = An cosh ny + Bn sinh ny. (1.44)Pengimposan Y (0) = 0, kita mendapat An = 0, dan jadiYn = Bn sinh ny. (1.45)Dari (1.43) dan (1.45) kita kemudian memperoleh perkalian solusiBn sin na x sinh na y. (1.46)Dengan prinsip superposisi solusi, kita memperoleh bentuk umum solusiu(x, y) =</p> <p>n=1Bn sin na x sinh na y. (1.47)1.2. Persamaan Laplace Dua Dimensi dalam Koordinat Kartesius 9Akhirnya, syarat batas u(x, b) = f2(x) mengakibatkan bahwaf2(x) =</p> <p>n=1Bn sinh nba sin na x. (1.48)Kalikan (1.48) dengan sin m</p> <p>a x kemudian integrasikan atas interval 0 &lt; x &lt; a dangunakan sifat ortogonal, kita punyaBn = 2a sinh nba_ a0f2(x) sin na x dx, n = 1, 2, . (1.49)Contoh 1.2.2 ( Temperatur steady-state didalam pelat bujur sangkar) Sepertipada Contoh 1.2.1(i). Tentukan distibusi temperatur steady-state didalam plat bujur sangkar 1 1dimana satu sisi dilakukan pada 100 dan tiga sisi yang lain dilakukan pada0.(ii). Khususnya, cari distibusi temperatur steady-state pada pusat dari pelat.Solusi. Untuk (i) kita pecahkan persoalan itu sebagai kasus khusus dari Contoh1.2.1, dimana f2(x) = 100 dan a = b = 1. Dari (1.47) dan (1.49), diperolehu(x, y) =</p> <p>n=1Bn sin nx sinh ny, (1.50)dimanaBn = 200sinh n_ 10sin nx dx = 200n sinh n(1 cos n). (1.51)Substitusi (1.51) kedalam (1.50) kita kemudian mendapat solusiu(x, y) =</p> <p>nodd200n sinh n(1 cos n) sin nx sinh ny= 400</p> <p>k=0sin(2k + 1)x(2k + 1)sinh(2k + 1)ysinh(2k + 1) . (1.52)10 BAB 1. PERSAMAAN GELOMBANG DUA DIMENSIUntuk bagian (ii) pensubstitusian x = y = 12 ke (1.52) kita memperoleh temperaturpada pusat sebagaiu(12, 12) = 400</p> <p>k=0sin(2k + 1)2(2k + 1)sinh(2k + 1)2sinh(2k + 1)= 400</p> <p>k=0(1)k(2k + 1)sinh(2k + 1)22 sinh(2k + 1)2 cosh(2k + 1)2= 200</p> <p>k=0(1)k(2k + 1)1cosh(2k + 1)2, (1.53)dimana digunakan fakta bahwasinh u = 2 sinh u2 cosh u2, (1.54)dansin(2k + 1)2 = (1)k. (1.55)Latihan 1.2.1 Seperti pada Contoh 1.2.1 pecahkan persoalan nilai batas dari persamaan-persamaan (1.33) dan (1.34) dengan syarat-syarat awal sebagai berikut:(i). u(x, 0) = f1(x) dan yang lainnya semuanya nol.(ii). u(0, y) = g1(y) dan yang lainnya semuanya nol.(iii). u(a, y) = g2(y) dan yang lainnya semuanya nol.Remark 1.2.1 Gu...</p>